1.基础知识
定义
定义1.1（高斯整数）：$mathbb{Z}[i]={a+bimid a,bin Z}$（其中$i$为虚数单位，即$i^{2}=-1$）
定义1.2（范数）：$N(alpha)=a^{2}+b^{2}$（其中$alpha=a+biin [i]$），显然$N(alpha)in N$
定义1.3（基础运算）：$+$和$ imes$，运算规则与通常的约定相同（$ imes$可省略）
定理1.1：$N(alphaeta)=N(alpha)N(eta)$
定义1.4（整环）：集合$X$和定义在$X$上的运算$oplus$和$otimes$（$otimes$可省略），满足以下条件：
- $oplus$和$otimes$满足交换律、结合律和分配律
- 存在零元素$o$，使得$forall alphain X,ooplusalpha=alpha$
- 存在幺元素$e e o$，使得$forall alphain X,ealpha=alpha$
- $forall alphain X$，满足$exists etain X,alphaopluseta=o$
- 若$alphaeta=o$，则$alpha=o$或$eta=o$
则称$(X,oplus,otimes)$构成一个整环
定理1.2：$([i],+, imes)$构成一个整环
其中零元素$o=0$，幺元素$e=1$（显然两者唯一）
根据第4个条件（显然$eta$唯一），定义$+$的逆运算$-$，与通常的约定相同
定理1.3：$forall alphain [i],oalpha=o$
定理1.4：若$gamma e o$且$alphagamma=etagamma$，则$alpha=eta$
定理1.5：$forall alpha,etain mathbb{Z}[i]$且$alpha e o$，$exists p,rin [i],eta=palpha+r$且$N(r)lefrac{N(a)}{2}$
设$alpha=a+bi$，则$(a+bi)(a-bi)=a^{2}+b^{2}=N(alpha)$
因此，令$q=frac{(a-bi)eta}{N(alpha)}$，则$qalpha=frac{(a+bi)(a-bi)}{N(alpha)}eta=eta$
记$[x]$表示与$x$最接近的整数，显然$|x-[x]|le frac{1}{2}$
设$q=a'+b'i$（其中$a',b'in Q$），取$p=[a']+[b']iin mathbb{Z}[i],r=eta-palpha$即可，此时有
$$
N(r)=N(eta-palpha)=N((q-p)alpha)=((a'-[a'])^{2}+(b'-[b'])^{2})N(a)le frac{N(a)}{2}
$$
定义1.5（单位元素）：$epsilonin [i]$，满足$existsalphain [i],epsilonalpha=e$，并记$alpha=epsilon^{-1}$（显然$alpha$唯一）
定义1.6（单位元素集合）：$varepsilon={epsilonmidepsilon$为单位元素$}$
定理1.6：$varepsilon={pm1,pm i}$
定义1.7（相伴）：$alpha$与$eta$相伴当且仅当$existsepsilonin varepsilon,epsilon alpha=eta$，并记作$alphasim eta$
定理1.7：相伴关系具有对称性、传递性和自反性
整除
定义1.8（整除）：$alpha$整除$eta$当且仅当$exists kin [i],kalpha=eta$，并记作$alphamid eta$
定理1.8：整除具有传递性和自反性
定理1.9：$alphasim eta$当且仅当$alphamid eta$且$etamid alpha$
定义1.9（$alpha$的约数）：$etain [i]$，满足$etamidalpha$
定义1.10（$alpha$的显然约数）：$etain [i]$，满足$etain varepsilon$或$alphasimeta$
定理1.10：$alpha$的显然约数为$alpha$的约数
定义1.11（不可约数）：$xiin [i]$，满足$xi e o,xi otin varepsilon$且$xi$的所有约数都为显然约数
定义1.12（素数）：$xiin [i]$，满足$xi e o,xi otin varepsilon$且$forall alpha,etain X,ximid alphaeta$当且仅当$ximidalpha$或$ximideta$
定理1.11：素数为不可约数
假设$xi$为素数但不为不可约数，由于$xi e o,xi otin varepsilon$，即有约数$alpha$满足$alpha otin varepsilon$且$xi otsimalpha$
记$xi=alphaeta$，则$alpha,etamid xi$，考虑$eta$的性质：
若$etainvarepsilon$，显然$xisimalpha$，矛盾
若$xisim eta$，即$existsepsilonin varepsilon,xi=epsiloneta=alphaeta$，由于$xi e o$，必然有$eta e o$，也即$a=epsilonin varepsilon$，矛盾
综上，即$eta otin varepsilon$且$xi otsimeta$
事实上，这一段说明：若$xi e o,xi otin varepsilon$且$xi$不为不可约数，则$xi=alphaeta$（其中$alpha,eta otin varepsilon$且$xi otsimalpha,eta$）
同时，根据定理1.8有$ximidalphaeta$，也即$ximidalpha$或$ximideta$
由$alpha,etamidxi$，即可得到$xisimalpha$或$xisimeta$，矛盾
定义1.13（$alpha$和$eta$的公约数）：$din [i]$，满足$dmidalpha,eta$
定义1.14（$alpha$和$eta$的最大公约数）：$alpha$和$eta$的公约数$d$，满足$forall alpha,eta$的公约数$d',d'mid d$，并记$d=gcd(alpha,eta)$
分解
定义1.15（$alpha$的分解）：若干个不可约数$xi_{1},xi_{2},...,xi_{k}in [i]$，使得$alpha=xi_{1}xi_{2}...xi_{k}$
定理1.12：$forall alphain [i]$且$alpha e o,alpha otin varepsilon$，$alpha$存在分解
记$sigma(alpha)$为$alpha$的约数个数（相伴视作相同），对其按照$sigma(alpha)$归纳即可，具体如下——
由于$alpha e o$且$alpha otinvarepsilon$，即$epsilon$和$alpha$都为$alpha$的约数且不相伴，也即$sigma(alpha)ge 2$
若$sigma(alpha)=2$，显然等价于$a$为不可约数，取$xi_{i}={alpha}$即可
若$sigma(alpha)<k$时$alpha$存在分解，考虑$sigma(alpha)=k$时（其中$kge 3$）：
由于$kge 3$，显然$alpha$不为不可约数，且由于$alpha e o,alpha otin varepsilon$，则$alpha=etagamma$（其中$eta,gamma otin varepsilon$且$alpha otsimeta,gamma$）
由于$eta$的约数都是$alpha$的约数，但$alpha$不为$eta$的约数，即$sigma(alpha)>sigma(eta)$，同理$sigma(alpha)>sigma(gamma)$
根据归纳，即$eta$和$gamma$存在分解，将两者分解组合即可
同时，$sigma(alpha)$显然有限，即得证
命题1.1：不可约数为素数
命题1.2：$forall alpha,etain [i],gcd(alpha,eta)$存在，且$exists x,yin [i],xalpha+ yeta=gcd(alpha,eta)$
命题1.3：$forall alphain [i]$且$alpha e o,alpha otinvarepsilon$，$alpha$的分解唯一（不考虑顺序，且若对应项相伴即相同）
定理1.13：命题1.2成立
若$alpha=eta=o$，取$gcd(alpha,eta)=o,x=y=o$即可
若$alpha=o$或$eta=o$（不妨假设$alpha=o$且$eta e o$），取$gcd(alpha,eta)=eta,x=o,y=e$即可
若$alpha,eta e o$，记$d=min_{x,yin mathbb{Z}[i],xalpha+yeta e o}xalpha+yeta$（$min$指取$N(d)$最小的，若有多个任取即可）
设$d=x_{0}alpha+y_{0}eta$，取$gcd(a,b)=d,x=x_{0},y=y_{0}$即可，证明如下——
取$d'=x_{1}alpha+y_{1}eta$且$d' e o$，根据定理1.5有$exists p,rin [i],d'=pd+r$且$N(r)le frac{N(d)}{2}$
由于$r=(x_{1}-px_{0})alpha+(y_{1}-py_{0})eta$，若$r e o$与$N(d)$最小性矛盾，即$r=o$，也即$dmid d'$
取$x_{1}=1,y_{1}=0$和$x_{1}=0,y_{1}=1$时，则$d'=alpha$和$eta$，即有$dmidalpha,eta$
若$d'$为$alpha$和$eta$的公约数，显然$d'mid d=x_{0}alpha+y_{0}eta$
定理1.14：命题1.1，命题1.2和命题1.3两两等价
证明参考《代数数论（第二版）》
由此，即命题1.1和命题1.3也成立
2.功能实现
最大公约数
前面已经说明代数系统$(mathbb{Z}[i],+, imes)$是唯一分解整环，即最大公约数一定存在
进一步的，我们考虑$alpha,etain mathbb{Z}[i]$，如何求$gcd(alpha,eta)$
此时，我们通过辗转相除法计算，假设$alpha=peta+r$（其中$N(r)le frac{N(eta)}{2}$），显然$dmidalpha,eta$和$dmid eta,r$是等价的（互相可以推导），因此$gcd(alpha,eta)=gcd(eta,r)$，递归下去即可
结束条件为$eta=o$，此时取$gcd(alpha,eta)=alpha$显然满足条件（$o$整除任何数）
同时由于$N(r)le frac{N(eta)}{2}$，时间复杂度为$o(log N(alpha)+N(eta))$
定理2.1：$forall alpha,etain mathbb{Z}[i]$且$x,y e o$，$N(gcd(alpha,eta))=min_{x,yin mathbb{Z}[i],xalpha+yeta e o}N(xalpha+yeta)$
证明参考定理1.13的证明
素数判定
（由于是唯一分解整环，不可约数以下一律称为素数）
为了方便，以下称整数意义下的素数为质数，其中模4余3的质数称为$4k+3$质数，其余的称为非$4k+3$质数（显然只能为2或模4余1）
定理2.2：对于非$4k+3$质数$p$，$exists xin Z^{+},pmid x^{2}+1$
若$p=2$，取$x=1$即可
若$pequiv 1(mod 4)$，则$prod_{i=1}^{frac{p-1}{2}}(p-i)equiv (-1)^{frac{p-1}{2}}(frac{p-1}{2}!)=(frac{p-1}{2}!)(mod p)$
取$x=frac{p-1}{2}!$，即有$x^{2}equiv (p-1)!equiv -1(mod p)$（威尔逊定理），也即$pmid x^{2}+1$
考虑$xiin [i]$，如何快速判定$xi$是否是素数
定理2.3：$xi$为素数当且仅当$N(xi)$为非$4k+3$质数或$N(xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数）
- 充分性
若$xi$不为素数，若$xi=o,xiinvarepsilon$即$N(xi)=0$或1，显然不为上述形式
否则，设$xi=alphaeta$（其中$alpha,eta otin varepsilon$且$xi otsimalpha,eta$），也即有$N(alpha),N(eta) e 1$且$N(xi)=N(alpha)N(eta)$
若$N(xi)$为（非$4k+3$）质数，那么$N(alpha)$和$N(eta)$中必然有一个1，矛盾
若$N(xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数），由于$N(alpha),N(eta) e 1$，必然是$N(alpha)=N(eta)=p$
设$alpha=a+bi$，则$N(alpha)=a^{2}+b^{2}=pequiv 3(mod 4)$，而$a^{2},b^{2}equiv 0,1(mod 4)$，显然不存在
- 必要性
设素数$xi=a+bi$，则$(a+bi)(a-bi)=N(xi)$，也即$xi=a+bimid N(xi)$
对$N(xi)$质因数分解，记$N(xi)=p_{1}p_{2}...p_{k}$（其中$p_{i}$为质数），根据$xi$为素数即$exists 1le ile k,ximid p_{i}$
不妨假设$ximid p=p_{i}$，即$N(xi)mid N(p)=p^{2}$，同时$pmid N(xi)$
若$N(xi)=p$，上面已经说明$N(xi)$不能为$4k+3$质数，即$N(xi)$为非$4k+3$质数
若$N(xi)=p^{2}$，假设$p$为非$4k+3$质数：
根据定理2.2有$exists xin Z^{+},pmid x^{2}+1=(x+i)(x-i)$
显然$p otmid xpm i$，即$p$不为素数，显然$xisim p$也不为素数，矛盾
因此$p$为$4k+3$质数，即得证
分解
下面，考虑来分解一个$alphain [i]$且$alpha ot e o,alpha otin varepsilon$——
先对$N(alpha)$质因数分解，假设$N(alpha)=prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$（其中$p_{i}$为质数，且$p_{i}$各不相同）
设分解为$alpha=prod_{i=1}^{s}xi_{i}$，根据前面的素数判定，则$N(xi_{i})$的形式是确定的——
1.$forall 1le ile k$且$p_{i}$为非$4k+3$质数恰有$a_{i}$个$N(xi)=p_{i}$
2.$forall 1le ile k$且$p_{i}$为$4k+3$质数，恰有$frac{a_{i}}{2}$个$N(xi)=p_{i}^{2}$（这里$a_{i}$一定为偶数）
由此，$forall 1le ile s,N(xi_{i})$已经确定，不妨枚举所有$xi$使得$N(xi)=N(xi_{i})$且$ximidalpha$，然后将其除掉，重复此过程即可得到最终的分解
暴力枚举时间复杂度为$o(sqrt {N(alpha)})$，并不足够优秀
但事实上，解的数量并不多，即有以下结论——
定理2.4：对于素数$xi$，方程$a^{2}+b^{2}=N(xi)$的整数解存在且唯一（不考虑顺序和符号下）
- 存在性
若$N(xi)=p^{2}$（其中$p$其$4k+3$质数），取$xi=p$即可
若$N(xi)=p$（其中$p$为非$4k+3$质数），设$p$在$[i]$中分解为$prod_{i=1}^{k}xi_{i}$，则$p^{2}=prod_{i=1}^{k}N(xi_{i})$
由于$xi_{i}$都是素数，则$N(xi_{i}) eq 1,p^{2}$，那么必然是$k=2$且$N(xi_{1})=N(xi_{2})=p$
设$xi_{1}=a+bi$，即$N(xi_{1})=a^{2}+b^{2}=p$
- 唯一性
若有两组解$(a,b)$和$(c,d)$，即$N(xi)=a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$（且$a,b,c,din Z$）
由于$a^{2}+b^{2}=(a+bi)(a-bi)$，即$a+bimid c^{2}+d^{2}=(c+di)(c-di)$
由于$N(a+bi)=N(xi)$，显然$a+bi$在$([i],+, imes)$中为素数，即$a+bimid c+di$或$a+bimid c-di$
不妨假设$a+bimid c+di$，设$c+di=epsilon(a+bi)$，由于$N(a+bi)=N(c+di)$，即$N(epsilon)=1$，也即$epsilonin varepsilon$，分类讨论即可得到$(a,b)$和$(c,d)$在不考虑顺序和符号下相同
由于$xi=a+bi$是考虑顺序和符号的，也即至多只有8组，那么只需要找到一组解，即可$o(1)$枚举所有解
若$N(xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数），取$xi=p$即可
若$N(xi)=p$（其中$p$为非$4k+3$质数），有以下结论——
定理2.5：若$p$为非$4k+3$质数，$zin Z$满足$z^{2}equiv -1(mod p)$，则$N(gcd(p,z+i))=p$
根据定理2.4，有$exists a,b,a^{2}+b^{2}=p$，即$a^{2}+b^{2}equiv a^{2}-z^{2}b^{2}=(a-zb)(a+zb)equiv 0(mod p)$
由于$p$为质数，即$pmid a-zb$或$pmid a+zb$
不妨假设$pmid a-zb$，设$a-zb=kp$，即$a+bi=(kp+zb)+bi=kp+b(z+i)$
记$d=gcd(p,z+i)$，显然$dmid a+bi$，即$N(d)mid N(a+bi)=p$
同时，由于$a+bimid (a+bi)(a-bi)=p$，即$a+bimid b(z+i)$
由于$N(a+bi)=p$，即$a+bi$为素数，显然$a+bi otmid b$，也即$a+bimid z+i$
由于$a+bimid p,z+i$，即$a+bimid d$，也即$N(a+bi)=pmid N(d)$
综上，即$N(d)=p$
由此，取$xi=gcd(p,z+i)$即可
关于如何求$z$，对$p$分类讨论——
当$p=2$时，显然$z=1$即可
当$pequiv 1(mod 4)$时，由于$(-1)^{frac{p-1}{2}}equiv 1(mod p)$，即$-1$是模$p$的二次剩余，那么$z$是存在的
关于$z$的具体求法，不断随机$1le c<p$使得$c^{frac{p-1}{2}}equiv -1(mod p)$，那么取$zequiv c^{frac{p-1}{4}}(mod p)$即可
关于随机的复杂度，有以下结论——
定理2.6：在$1le c<p$中，满足$c^{frac{p-1}{2}}equiv -1(mod p)$的$c$存在$frac{p-1}{2}$个
根据费马小定理，有$c^{p-1}equiv 1(mod p)$，即$c^{frac{p-1}{2}}equiv pm1(mod p)$
根据欧拉准则，有$c$为模$p$的非二次剩余当且仅当$c^{frac{p-1}{2}}equiv -1(mod p)$
由于$x^{2}equiv (p-x)^{2}(mod p)$，因此至多只有$frac{p-1}{2}$个数为二次剩余，也即得证
因此，期望时间复杂度为$o(1)$
综上，这一部分复杂度为$o(log^{2}N(alpha))$（对每一个素因子，需要快速幂和求$gcd$）
由于初始需要对$N(alpha)$分解，使用Pollard-Rho算法，时间复杂度为$o(N(alpha)^{frac{1}{4}})$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 struct Num{ 5 ll x,y; 6 Num(){ 7 x=y=0; 8 } 9 Num(ll xx,ll yy){ 10 x=xx,y=yy; 11 } 12 ll len(){ 13 return x*x+y*y; 14 } 15 Num conj(){ 16 return Num(x,-y); 17 } 18 Num operator - ()const{ 19 return Num(-x,-y); 20 } 21 Num operator + (const Num &k)const{ 22 return Num(x+k.x,y+k.y); 23 } 24 Num operator * (const Num &k)const{ 25 return Num(x*k.x-y*k.y,x*k.y+y*k.x); 26 } 27 }; 28 int p[5]={3,5,7,11,13}; 29 vector<ll>v; 30 vector<Num>ans; 31 ll mul(ll x,ll y,ll n){ 32 return (__int128)x*y%n; 33 } 34 ll gcd(ll x,ll y){ 35 if (!y)return x; 36 return gcd(y,x%y); 37 } 38 ll qpow(ll n,ll m,ll mod){ 39 ll s=n,ans=1; 40 while (m){ 41 if (m&1)ans=mul(ans,s,mod); 42 s=mul(s,s,mod); 43 m>>=1; 44 } 45 return ans; 46 } 47 ll get_min(ll x,ll y){ 48 ll ans=(2*abs(x)/abs(y)+1)/2; 49 if ((x<0)^(y<0))ans=-ans; 50 return ans; 51 } 52 bool check(ll n){ 53 if (n==2)return 1; 54 if (n%2==0)return 0; 55 ll m=n-1,k=0; 56 while (m%2==0){ 57 k++; 58 m/=2; 59 } 60 for(int i=0;i<5;i++){ 61 if (n%p[i]==0)return n==p[i]; 62 ll s=qpow(p[i],m,n); 63 for(int j=0;j<k;j++){ 64 if ((mul(s,s,n)==1)&&(s!=1)&&(s!=n-1))return 0; 65 s=mul(s,s,n); 66 } 67 if (s>1)return 0; 68 } 69 return 1; 70 } 71 ll get_fac(ll n){ 72 ll x=rand()%n,c=rand()%n,y=(mul(x,x,n)+c)%n,z=1,tot=0; 73 while (1){ 74 if ((x==y)||(tot%100==0)){ 75 if (gcd(z,n)>1)return gcd(z,n); 76 if (x==y)return 1; 77 z=1; 78 } 79 tot++; 80 z=mul(z,(x+n-y)%n,n); 81 if (!z)return gcd((x+n-y)%n,n); 82 x=(mul(x,x,n)+c)%n; 83 y=(mul(y,y,n)+c)%n; 84 y=(mul(y,y,n)+c)%n; 85 } 86 } 87 void decompose(ll n){ 88 if (check(n)){ 89 v.push_back(n); 90 return; 91 } 92 while (1){ 93 ll p=get_fac(n); 94 if (p>1){ 95 decompose(p); 96 decompose(n/p); 97 return; 98 } 99 } 100 } 101 pair<Num,Num> divide(Num x,Num y){//若n较大，这里需要使用__int128 102 Num ans=y.conj()*x; 103 ans.x=get_min(ans.x,y.len()); 104 ans.y=get_min(ans.y,y.len()); 105 return make_pair(ans,x+(-ans*y)); 106 } 107 Num gcd(Num x,Num y){ 108 if (!y.len())return x; 109 return gcd(y,divide(x,y).second); 110 } 111 Num get_Num(ll k){ 112 if (k==2)return Num(1,1); 113 while (1){ 114 ll c=rand()%k; 115 if (qpow(c,(k-1)/2,k)==k-1){ 116 ll z=qpow(c,(k-1)/4,k); 117 return gcd(Num(k,0),Num(z,1)); 118 } 119 } 120 } 121 vector<Num> decompose(Num k){ 122 v.clear(); 123 decompose(k.len()); 124 sort(v.begin(),v.end()); 125 vector<Num>ans; 126 ans.clear(); 127 for(int i=0,flag=0;i<v.size();i++){ 128 if (v[i]%4==3){ 129 if (flag){ 130 Num p=Num(v[i],0); 131 k=divide(k,p).first; 132 ans.push_back(p); 133 } 134 flag^=1; 135 } 136 else{ 137 Num p=get_Num(v[i]); 138 pair<Num,Num>o=divide(k,p); 139 if (o.second.len()){ 140 p=p.conj(); 141 o=divide(k,p); 142 } 143 k=o.first; 144 ans.push_back(p); 145 } 146 } 147 ans[0]=ans[0]*k; 148 return ans; 149 } 150 int main(){ 151 srand(time(0)); 152 }
3.题目
题面
记$f(x)=sum_{alphain mathbb{Z}[i],N(alpha)=x^{2}}1$，求$sum_{i=1}^{N}f(i)^{K}$，答案对$P$取模
$1le N,Kle 10^{11}$，$10^{8}le Ple 10^{9}+7$
Subtask1：$Nle 8 imes 10^{3}$
Subtask2：$Kge 15$，$P$为2的幂次
Subtask3：$Nle 2 imes 10^{7}$
Subtask4：$Nle 2 imes 10^{8}$，$1le Kle 2$
Subtask5：无特殊限制
Subtask1
关于$f(x)$，我们分别枚举$a$的实部和虚部，也即$sum_{a,bin Z,a^{2}+b^{2}=x^{2}}1$
显然$|a|,|b|le x$，在$[-x,x]$中暴力枚举即可，复杂度为$o(N^{3})$
显然，只需要枚举$a$并判定$b$即可，因此不需要枚举$b$
时间复杂度为$o(N^{2})$，可以通过
Subtask2
定义$g(x)=sum_{a,bin Z^{+},a^{2}+b^{2}=x^{2}}1$，显然$f(x)=4g(x)+4$
由于$g(x)in Z$，因此$4mid f(x)$，即$2^{2K}mid f(x)^{K}$，因此$f(x)^{K}equiv 0(mod P)$，答案即为0
时间复杂度为$o(1)$，可以通过
Subtask3
定义3.1（勾股数）：$(a,b,c)$，满足$a,b,cin Z^{+}$且$a^{2}+b^{2}=c^{2}$
关于$g(x)$，即求形如$(a,b,x)$的勾股数对数
定理3.1：若$(a,b,c)$为勾股数，则$gcd(a,b)=gcd(a,c)=gcd(b,c)$
定义3.2（原生勾股数）：勾股数$(a,b,c)$，满足$gcd(a,b)=1$
显然，每一对勾股数$(a,b,c)$都恰存在一对原生勾股数$(frac{a}{d},frac{b}{d},frac{c}{d})$（其中$d=gcd(a,b)$）
考虑一个整数二元组$(n,m)$，满足$n>m>0,n+mequiv 1(mod 2)$且$gcd(n,m)=1$，以此构造出以下两对勾股数：$(2nm,n^{2}-m^{2},n^{2}+m^{2})$和$(n^{2}-m^{2},2nm,n^{2}+m^{2})$
定理3.2：由此构造出的勾股数都是原生勾股数，且不重复
记$d=gcd(2nm,n^{2}-m^{2})=gcd(2nm,(n+m)(n-m))$，显然左边三项与右边两项两两互素，即$d=1$，也即为原生勾股数
由于$2nm$为偶数且$n^{2}-m^{2}$为奇数，显然两类之间显然不会重复
若$(n_{1},m_{1})$和$(n_{2},m_{2})$所产生的相同，由于是同一类，显然两数的平方和和平方差相同，即两数相同
定理3.3：每一对原生勾股数$(a,b,c)$，都存在一组$(n,m)$构造得到
若$a$和$b$同为偶数，即$gcd(a,b)ge 2$，矛盾
若$a$和$b$同为奇数，即$c^{2}equiv a^{2}+b^{2}equiv 2(mod 4)$，矛盾
不妨假设$a$为偶数且$b$为奇数，即$c^{2}equiv a^{2}+b^{2}equiv 1(mod 4)$，显然$c$为奇数
设$a=2k$，即$c^{2}-b^{2}=(c-b)(c+b)=4k^{2}$，也即$frac{c-b}{2}frac{c+b}{2}=k^{2}$，显然$frac{c-b}{2},frac{c+b}{2}in Z$
记$x=frac{c-b}{2},y=frac{c+b}{2},d=gcd(x,y)$，即$dmid b=y-x,c=x+y$，也即$gcd(a,b)=gcd(b,c)ge d$，显然$d=1$，即$x$和$y$互素
由于$xy=k^{2}$，即$x$和$y$都为完全平方数，显然取$m=sqrt{x},n=sqrt{y}$即可
综上，我们只需要枚举$(n,m)$来得到所有原生勾股数，并再枚举$d$得到所有勾股数
由于$n^{2}+m^{2}=cle N$，因此$n$和$m$的范围都是$o(sqrt{N})$的，这一部分复杂度为$o(N)$
关于$d$的枚举，总复杂度恰为勾股数的对数，也即$sum_{i=1}^{N}g(i)$，约为$10^{8}$
最后，再$o(Nlog K)$求出$sum_{i=1}^{N}(4g(i)+4)^{K}$即可
时间复杂度为$o(sum_{i=1}^{N}g(i)+Nlog K)$，可以通过
Subtask4
考虑从$(mathbb{Z}[i],+, imes)$的角度来求$f(x)$，问题即求$N(alpha)=x^{2}$的数字个数
记$g(x)$为满足$N(alpha)=x^{2}$的$alpha$的个数（相伴视作相同），显然其中每一个数都可以乘上$varepsilon$中的数得到4个结果，即$f(x)=4g(x)$，也即$sum_{i=1}^{N}f(i)^{K}=4^{K}sum_{i=1}^{n}g(i)^{K}$，不妨仅考虑$sum_{i=1}^{n}g(i)^{K}$
由于$N(alpha)$是确定的，$alpha$的分解$xi_{1},xi_{2},...,xi_{k}$中$N(xi_{i})$的形式是确定的
显然对于$alpha,etain [i]$满足$N(alpha)=N(eta)=x^{2}$，$alpha$和$eta$相伴当且仅当两者的分解相同（不考虑顺序，且若对应项相伴即相同）
换言之，统计$g(x)$可以改为统计有多少种分解方式，且由于$N(xi_{i})$的形式是确定的，只需要分别统计每一项的方案数即可
根据定理2.4，若$N(xi_{i})=a^{2}+b^{2}$，解$xi=pm apm bi$或$pm bpm ai$
若$p_{i}=2$或$p_{i}$为$4k+3$质数，先仍然这些解都相伴，因此没有贡献
当$p_{i}equiv 1(mod 4)$时，恰有两种解（不相伴），且由于仅关心与两种解的个数，显然为$a_{i}+1$种
综上，记$x$的质因数分解的结果为$prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$，则$g(x)=prod_{1le ile k,p_{i}equiv 1(mod 4)}(2a_{i}+1)$
预处理$o(N)$筛出每一个数的最小素因子，即可$o(log x)$求出$x$质因数分解的结果，也即可求出$g(x)$
由于每一个$g(x)$都是独立计算的，且$K$只有两种，通过分块打表优化即可
最后，再$o(N)$求和即可（$1le Kle 2$）
时间复杂度为$o(N+alpha log N)$（其中$alpha$为打表的间隔，取$4 imes 10^{5}$即可）
Subtask5
根据$g(x)$的式子，不难得到$g(x)$是积性函数，那么显然$h(x)=g(x)^{K}$也是积性函数
问题即求$h(x)$这个积性函数的前缀和，下面考虑用类似Min25筛的做法——
记素数从小到大依次为$p_{1},p_{2},...$，$pi_{n}$表示不超过$n$的素数个数，$min_{n}$为$n$最小的素因子
定义$S={imid ile sqrt{N}or i=lfloorfrac{N}{x} floor}$，$S_{1}(n)=sum_{p_{i}le n}h(p_{i})$，$S_{2}(n,m)=sum_{2le ile n,p_{m}<min_{i}}h(i)$
问题即求$1+S_{2}(N,0)$，有如下转移——
$$
S_{2}(n,m)=sum_{p_{m}<p_{i}le sqrt{n},ege 1,p_{i}^{e}le n}h(p_{i}^{e})(1+S_{2}(lfloorfrac{n}{p_{i}^{e}}
floor,i))+(S_{1}(n)-S_{1}(max(p_{m},sqrt{n})))
$$
考虑递归计算$S_{2}(N,0)$，在$sqrt{n}<p_{m}$时，前者即为0，直接返回后者即可，因此需要继续递归的状态$(n,m)$都满足$nin S$且$mle pi_{sqrt{n}}$
接下来，考虑$forall nin S$预处理出$S_{1}(n)$，即$sum_{1le ile n,i为素数,iequiv 1(mod 4)}1$
定义$S_{r}(n,m)=sum_{2le ile n,i为素数或p_{m}<min_{i},iequiv r(mod 4)}1$（其中$rin {1,3}$），注意到若$i$不为素数，总有小于等于$sqrt{N}$的素因子，因此有$S_{1}(n)=3^{K}S_{1}(n,pi_{sqrt{n}})+(S_{3}(n,pi_{sqrt{n}})+[nge 2])$
初始即$S_{r}(n,0)=egin{cases}lfloorfrac{n-1}{4} floor&(r=1)\lfloorfrac{n+1}{4} floor&(r=3)end{cases}$，转移考虑从$S_{r}(n,m-1)$转移到$S_{r}(n,m)$，即要删去$min_{i}=p_{m}$的部分，考虑对$p_{m}$分类讨论——
1.$p_{m}=2$，若$min_{i}=2$显然$i otequiv r(mod 4)$，即$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)$
2.$p_{m}equiv 1(mod 4)$，则$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)-(S_{r}(lfloorfrac{n}{p_{m}} floor,m-1)-S_{r}(p_{m}-1,m-1))$
3.$p_{m}equiv 3(mod 4)$，则$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)-(S_{roplus 2}(lfloorfrac{n}{p_{m}} floor,m-1)-S_{roplus 2}(p_{m}-1,m-1))$
关于这两个转移，考虑将$min_{i}=p_{m}$的$i$除以$p_{m}$，此时范围即$lfloorfrac{n}{p_{m}} floor$，但根据定义，$S_{r}(lfloorfrac{n}{p_{m}} floor,m-1)$中还包含素数，后者即去掉这一部分
关于模4的余数，显然乘1后不变、乘3后恰好改变，即该式子
时间复杂度为$o(frac{N^{frac{3}{4}}}{log N})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define ll long long 5 int K,mod,vis[N],P[N],mi[N],h[2][N<<1],H[N<<1]; 6 ll n,k; 7 int qpow(int n,ll m){ 8 int s=n,ans=1; 9 while (m){ 10 if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod; 11 s=1LL*s*s%mod; 12 m>>=1; 13 } 14 return ans; 15 } 16 int id(ll k){ 17 if (k<=K)return k; 18 return 2*K+1-n/k; 19 } 20 ll get(int k){ 21 if (k<=K)return k; 22 return n/(2*K+1-k); 23 } 24 ll sqr(int k){ 25 return 1LL*k*k; 26 } 27 int dfs(ll n,int m){ 28 if (m){ 29 if (n<P[m])return 0; 30 if (n<sqr(P[m]))return (H[id(n)]-H[id(P[m])]+mod)%mod; 31 } 32 int ans=(H[id(n)]-H[id((int)sqrt(n))]+mod)%mod; 33 for(int i=m+1;(i<=P[0])&&(sqr(P[i])<=n);i++){ 34 ll s=P[i]; 35 for(int e=1;s<=n;e++,s*=P[i]){ 36 if (P[i]%4!=1)ans=(ans+(1+dfs(n/s,i)))%mod; 37 else ans=(ans+1LL*mi[2*e+1]*(1+dfs(n/s,i)))%mod; 38 } 39 } 40 return ans; 41 } 42 int main(){ 43 for(int i=2;i<N;i++){ 44 if (!vis[i])P[++P[0]]=i; 45 for(int j=1;(j<=P[0])&&(i*P[j]<N);j++){ 46 vis[i*P[j]]=1; 47 if (i%P[j]==0)break; 48 } 49 } 50 scanf("%lld%lld%d",&n,&k,&mod); 51 for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=qpow(i,k); 52 K=(int)sqrt(n); 53 for(int i=1;i<=2*K;i++){ 54 h[0][i]=(get(i)-1)/4%mod; 55 h[1][i]=(get(i)+1)/4%mod; 56 } 57 for(int i=1;P[i]<=K;i++){ 58 if (P[i]==2)continue; 59 int pp=(P[i]%4==3); 60 for(int j=2*K;(j)&&(sqr(P[i])<=get(j));j--) 61 for(int p=0;p<2;p++)h[p][j]=(h[p][j]-(h[p^pp][id(get(j)/P[i])]-h[p^pp][id(P[i]-1)]+mod)%mod+mod)%mod; 62 } 63 for(int i=1;i<=2*K;i++)H[i]=(1LL*mi[3]*h[0][i]+h[1][i]+(get(i)>=2))%mod; 64 printf("%lld",1LL*mi[4]*(1+dfs(n,0))%mod); 65 }
拓展
定义$f'(x)=sum_{ain mathbb{Z}[i],N(a)=x}1$，考虑如何求$f'(x)$，类似地有以下结论——
将$x$质因数分解，设为$prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$，若$exists 1le ile k,p_{i}equiv 3(mod 4)$且$a_{i}equiv 1(mod 2)$，则答案为0，否则答案与之前相同，即$f'(x)=4prod_{1le ile k,p_{i}equiv 1(mod 4)}(a_{i}+1)$
构造$chi(x)=egin{cases}1&xequiv 1(mod 4)\-1&xequiv -1(mod 4)\0&xequiv 0(mod 2)end{cases}$，每一个$p_{i}^{a_{i}}$对答案的贡献，都可以表示为$sum_{j=0}^{a_{i}}chi(p_{i}^{j})$（具体验证可分类讨论，这里就省略了）
换言之，即$f'(x)=4prod_{i=1}^{k}sum_{j=1}^{a_{i}}chi(p_{i}^{j})$
考虑$chi(x)$，不难证明其为（完全）积性函数，将后者展开，即有$f'(x)=4sum_{dmid x}chi(d)$
（另外，当$x=0$时其不满足此式子，此时显然$f'(x)=1$）
考虑这样一个问题：求以$(0,0)$为圆心、$R$为半径的圆内整点数（$Rin Z^{+}$）
显然，答案即$sum_{i=0}^{R^{2}}f'(i)=1+4sum_{i=1}^{R^{2}}sum_{jmid i}chi(j)=1+4sum_{i=1}^{R^{2}}lfloorfrac{R^{2}}{i} floorchi(i)$
另一方面，每一个整点可以看作“几乎”对应于一个$1 imes 1$的小方格，因此可以认为整点数与圆的面积接近，即得到式子$pi R^{2}approx 1+4sum_{i=1}^{R^{2}}lfloorfrac{R^{2}}{i} floorchi(i)$
再进一步的估计，即有$piapprox 4sum_{i=1}^{R^{2}}frac{chi(i)}{i}=4(1-frac{1}{3}+frac{1}{5}-frac{1}{7}+frac{1}{9}...)$
（虽然之前的描述并不严谨，但事实上这是正确的）